热点题型8-2 圆锥曲线求曲线方程考法归类6大题型（解析版）-2026新高考数学热点题型全解全练

圆锥曲线求曲线方程考法归类6大题型目录第一部分考向速递洞察考向，感知前沿第二部分题型归纳梳理题型，突破重难题型01定义法求方程（轨迹方程）题型02待定系数法求方程题型03直接法求轨迹方程题型04相关点法求轨迹方程题型05参数法求轨迹方程题型06交轨法求轨迹方程第三部分分层突破固本培优，精准提分A组·基础保分练B组·重难提升练1．（定义法求轨迹方程）（25-26高三上·河南·期末）已知一动圆的圆心为，该动圆与圆外切，同时与圆内切.(1)求该动圆圆心的轨迹方程；(2)设圆心的轨迹为曲线.点在曲线上（异于顶点），，，，直线交轴于点，若的面积是的面积的两倍，求的值.【答案】(1)(2)或【分析】（1）由题意，，进而根据椭圆的定义可得；（2）由题意设直线的方程为，则，联立椭圆方程可得，进而可得，，由，进而可得.【详解】（1）设动圆的半径为.由题意，圆与圆的标准方程分别为和，故，半径，，半径，由题意得，，故，由椭圆的定义，得圆心的轨迹是焦点在轴上，长轴长为，焦距为的椭圆.，，故，故圆心的轨迹方程为.（2）

由（1）知，曲线即椭圆.由题意，点，是椭圆的左、右顶点.由题意知，直线的斜率一定存在，设为，则，且，直线的方程为，则设，由消去，整理得.由题意得，故，故，又点到直线的距离，故又，由题意，化简得，解得或当时，，则；当时，，则.综上，的值为或.2．（待定系数法求方程）（2026·山东·模拟预测）已知椭圆过点，过点的直线与交于两点，其中.(1)求椭圆的方程；(2)已知，直线交轴于点，若四边形为等腰梯形，求直线的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）代入坐标即可列方程组求解，（2）根据等腰梯形的性质，求解直线的方程为，进而得，联立方程得韦达定理，得，代入化简可得，进而可求解坐标，即可求解斜率.【详解】（1）将点代入椭圆方程，得，化简为，设，则，解方程组得，即，所以椭圆的方程为.（2）由四边形为等腰梯形，且均在轴上，轴，故,故,取的中点为，连接,则,则直线的方程为，令设直线，避免斜率不存在情况)，联立，消去得，则，则，，所以,则,因此，又所以所以直线的方程为，即.3．（参数法求轨迹方程）（2025·全国·模拟预测）设和是椭圆的两条经过坐标原点的弦，且直线和的斜率之积为．(1)求的值；(2)设是线段的中点，求的轨迹方程；(3)设是曲线上的动点，过作的切线交于两点．证明：的面积是定值．（参考公式：椭圆在其上一点处的切线方程为【答案】(1)7；(2)；(3)证明见解析【分析】（1）由椭圆对称性可知直线和的斜率分别与直线和的斜率相同，所以可设点D和点N的坐标，再根据斜率乘积为，得到的值.(2)设，利用中点坐标公式列出点和点D，N的坐标关系，化简可得的关系式，即点的轨迹方程.特别注意，直线和的斜率存在且不为.(3)设，结合参考公式写出过的的切线方程，与椭圆的方程进行联立，可得弦长.根据点到直线的距离公式，可得点到切线的距离，即AB边上的高，进而得到的面积.【详解】（1）设，.根据，可得,即,因为,且,所以或.所以．（2）设，由中点坐标公式，得，由（1）可得,或因为,所以，整理得．又因为直线和的斜率之积为，所以直线和的斜率均存在，且不为，所以≠.所以的轨迹方程为(≠).（3）设是椭圆上一点，所以,即.由参考公式知，椭圆在点处的切线方程为，即，即．设.当时，直线斜率不存在，,切线方程为：,所以，此时，原点到切线的距离为.所以的面积为．当时，直线斜率存在，设斜率为.联立，得：.即，即．则．所以．原点到切线的距离．.所以的面积为．综上所述，的面积是定值．4．（交轨法求轨迹方程）已知椭圆的长轴长为，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)过作一条斜率存在且不为0的直线交于两点.（i）证明：直线和直线的斜率均存在且互为相反数；（ii）若直线与直线交于点，求的轨迹方程.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）根据已知条件直接计算出椭圆相关基本量即可；（2）（i）设，，直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理证明；（ii）设直线，直线，联立方程组得，，采用代入法可得的轨迹方程.【详解】（1）根据题意，，因为椭圆离心率为，所以，所以，，所以椭圆的方程为；（2）（i）设，，直线的方程为，联立方程，消去y得：，则，即，由韦达定理得，，，当时，，，不合题意，故，所以直线和直线的斜率均存在，，所以，即直线和直线的斜率均存在且互为相反数；（ii）由（i）知，且，可设直线，直线，设，则，整理得①，由题意知，由①知，所以由①知，，②，将②代入得，化简得，又因为，所以，所以的轨迹方程为..【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为，；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；（5）代入韦达定理求解.01定义法求方程（轨迹方程）（2026·河南南阳·模拟预测）已知椭圆的焦距为，点在上，直线交于两点.(1)求的方程；(2)为坐标原点，，求的取值范围；(3)若直线的斜率之积为，证明：直线过定点.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）由题意可得，写出焦点坐标，根据椭圆的定义求得，由，求出，即可得到椭圆方程；（2）设点，，利用三角变换将转化成关于的函数，求出其取值范围，即可得到的取值范围.（3）分斜率存在与不存在两种情况讨论，当直线斜率不存在时，直线方程为，并根据题意求出的值；当直线斜率存在时，直线方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理，用表示出直线的斜率之积，从而得到的关系，带回直线方程检验，可求得直线所过定点.【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，，所以焦点坐标为.由椭圆的定义知，.所以，，所以.所以椭圆的方程为.（2）设，由点在椭圆上，得，所以因为，所以.由，可得，由点在椭圆上，得，所以因为，所以.​​所以.因为，所以.因为，所以.所以的取值范围是.（3）设.当直线斜率不存在时，直线方程为，.由点在椭圆上，得.直线的斜率之积为，所以，即，所以，所以或.此时直线方程为.当直线斜率存在时，直线方程为.由，得.，得..直线的斜率之积为，所以.因为；.所以，所以，所以，所以，所以或.当时，直线恒过定点；当时，直线，恒过定点与点重合，所以三点共线，不符合题意，舍去.直线也过点.综上所述，直线恒过定点.（2026·辽宁大连·一模）已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，过的直线（斜率存在且不为0）与椭圆相交于两点，的周长为.(1)求椭圆的方程；(2)过两点分别作椭圆的切线，设与交点为.（i）求点的轨迹方程；（ii）记直线的斜率分别为，证明：为定值.【答案】(1)(2)（i）;（ii）证明见解析.【分析】（1）利用椭圆的定义与性质计算即可；（2）（i）先证明椭圆上一点的切线方程公式，联立切线方程求交点，设方程及即可判定M的轨迹；（ii）利用两点斜率公式结合上问切线方程，联立直线与椭圆根据韦达定理计算即可证明.【详解】（1）由题意可设，则，根据椭圆的定义可知的周长为，所以，即椭圆方程为；（2）设点在椭圆上，易知，所以，即，当且仅当时取得等号，即椭圆上有且仅有一点在直线上，所以过椭圆上一点的切线方程为：；（i）由上知，可设l方程为，，而直线斜率存在且不为0及椭圆的对称性可知，则分别为，联立可得是定值，又作差可得，整理得，即，所以M点在定直线上；（ii）易知，联立得，所以，则，是定值，证毕.

（2025·河北沧州·模拟预测）已知双曲线E：（，）的左、右焦点分别为，，其上一点满足.(1)求E的方程.(2)记E的右顶点为B，射线BA上两点P，Q满足.（ⅰ）若点P的横坐标为m，求点Q的坐标（用m表示）；（ⅱ）已知，，若的面积为，求.【答案】(1)(2)（ⅰ）；（ii）【分析】（1）根据双曲线定义得出，再把点代入双曲线计算得出即可求解；（2）（ⅰ）先设直线方程进而设点，再根据，计算求参；（ⅱ）应用正弦定理结合两点间距离公式计算得出正弦比.【详解】（1）因为，故，将代入，可得，解得，故E的方程为.（2）（ⅰ）因为，而，故直线AB的斜率，于是直线AB的方程为，故.设点Q的横坐标为n，则，其中于是，故，于是点Q的坐标为，（ⅱ）记E的半焦距为c，则，故，.于是，故的面积为，解得，故，于是，，，，在中，由正弦定理可知，在中，由正弦定理可知，又，两式作比，可得，于是.（2025·海南·模拟预测）在直角坐标系中，已知点，，动点满足，记动点的轨迹为．(1)求的标准方程；(2)设直线与的另一个交点为，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据双曲线的定义即可确定C的方程；（2）设方程为，联立双曲线方程，利用韦达定理和两点距离公式表示，化简计算即可证明.【详解】（1）由，得，，由双曲线的定义知，点的轨迹是以为左右焦点的双曲线的右支，且，则，，所以，所以C的方程为；（2）设方程为，，，消去x得，则，，，又，由两点距离公式得，，所以，即证.（2026·陕西·模拟预测）平面内一动点到定点和定直线的距离相等，记动点的轨迹为.(1)求轨迹的方程；(2)已知点.过点的直线交于不同两点（均与点不重合），直线分别交直线于点.证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，利用抛物线的定义求出轨迹方程.（2）设出直线的方程并与抛物线方程联立，再求出直线方程得点坐标，进而得点的坐标，然后利用斜率坐标公式及韦达定理计算得证.【详解】（1）由动点到定点和定直线的距离相等，得动点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，所以轨迹的方程为.（2）直线不垂直于轴，设直线的方程为，，（且），由，得，则，，直线的斜率，其方程为，令，得，同理得，设直线的斜率分别为，因此，所以.

（2026·海南海口·一模）已知抛物线C：上的点与焦点的距离为4，点到轴的距离为．(1)求抛物线的方程；(2)已知点，为抛物线上一点，连接，线段的中点也在抛物线上，为坐标原点，，求点的坐标．【答案】(1)(2)【分析】（1）由抛物线定义可得，，代入计算即可求解；（2）设，则，由平面向量数量积坐标运算可得，因为M，Q均在抛物线上，建立方程组计算即可求解.【详解】（1）由题意知，，代入抛物线方程得因为，即，解得，所以方程为．（2）设，，因为点为线段的中点，所以，，即，，则，所以，又M，Q均在抛物线上，所以，解得，即．

02待定系数法求方程（2026·广东肇庆·二模）已知椭圆：的焦距为，点在上．(1)求的方程．(2)直线与交于两点．（i）若线段的中点为，求直线的方程；（ii）在（i）的条件下，是椭圆上任意一点，求面积的最大值．【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）方法一：由椭圆的定义以及即可求解；方法二：将点代入椭圆方程以及求解即可.（2）（i）设，，求解线段的中点，利用点差法求解即可.（ii）方法一：直线与椭圆方程联立，通过参数方程求解点到直线的距离，求解即可.方法二：直线与椭圆方程联立，再由直线平行，点到直线的距离的最大值就是平行线间的距离，求解即可.【详解】（1）方法一：由题意知，，即，设椭圆的左、右焦点分别为，则．因为，所以，解得，又因为，所以.所以椭圆的方程为.方法二：由题意知，，即，因为点在椭圆上，所以，又因为，所以，所以，即，化简得或（舍去），所以，所以，所以椭圆的方程为.（2）（i）设，，因为线段的中点为，所以，，因为，两点在椭圆上，所以所以，所以，所以，所以直线的方程为.（ii）方法一：直线的方程为，联立化简得，.所以.设，则点到直线的距离其中，当时，取最大值，此时，所以面积的最大值为.方法二：直线的方程为，设与直线平行，且与椭圆相切的直线的方程为，联立化简得，，解得，当时，直线与直线的距离更大，此时，切点就是椭圆上到直线距离最大的点，点到直线的距离的最大值就是平行线间的距离，联立化简得，则，所以，，所以面积的最大值为（2026·安徽合肥·一模）已知椭圆的离心率为，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于，两点．（i）求证：以为直径的圆过定点；（ii）当直线的斜率存在时，记的外接圆和内切圆的半径分别为，且，求直线的斜率．【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）0或．【分析】（1）由题意列出关于的方程组即可计算求解；（2）（i）先由对称性得到定点必在轴上，设为点，分斜率存在和不存在两种情况分析，斜率存在时联立直线方程与椭圆方程求出韦达定理，利用韦达定理和即可分析求解定点，斜率不存在时求出过所求定点即可；（ii）由（i）得到、，结合题设分析计算得到，取线段中点为，进而得到即可进一步分析求解.【详解】（1）由题意得，解得，所以的方程为．（2）（i）因为椭圆关于y轴对称，过点E的任意一条直线均有一条直线与之关于y轴对称，所以以为直径的任意一个圆都存在另一个圆与之关于y轴对称，所以为直径的圆过定点，则由对称性可知该定点必在轴上，设为点，若直线的斜率存在，设其方程为，点，联立，消去化简可得，所以，由得，，即，即，所以，故以为直径的圆过若直线斜率不存在，以为直径的圆显然过，综上，以为直径的圆过定点；（ii）由（i）知，，所以，，因为，所以，即，也即，所以，取线段中点为，则，因为，所以点的坐标为，当时，，符合题意，当时，，则，解得．综上，或，即直线的斜率为0或．（2026·贵州·模拟预测）已知双曲线的右焦点为，虚轴长为，点在双曲线上，PF垂直于轴，且为实半轴长和半焦距的等差中项.(1)求双曲线的标准方程.(2)已知直线与双曲线相切.①若与直线PF相交于点，与直线相交于点，证明恒为定值，并求此定值；②若直线分别与双曲线的两条渐近线交于M，N两点，为坐标原点，判断的面积是否为定值.【答案】(1)(2)①是，；②是【分析】（1）根据条件列方程组求解；（2）①设直线的方程为，与双曲线方程联立，根据得出，再根据弦长公式化简即可；②联立直线与渐近线的方程求出两点的纵坐标，化简即可.【详解】（1）因为的虚轴长为，所以.

因为PF垂直于轴，所以，因为为实半轴长和半焦距的等差中项，所以，因为，所以，则，故，

所以双曲线的标准方程为．（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，故设直线的方程为，因为，所以直线与直线PF的交点，直线与直线的交点，

由，得，

则，即.

①因为，且，

所以，所以，为定值.

②由得，同理可得，

所以.

因为原点到直线的距离，所以.

因为，所以，即的面积为定值.

（25-26高三上·山东青岛·开学考试）已知双曲线的离心率为为上一点．(1)求的方程；(2)过的右焦点且倾斜角为的直线交于两点，为坐标原点，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知条件建立关于的方程组解出即可；（2）设，根据条件写出直线的方程，联立直线与双曲线方程求出两点的坐标，求出，利用点到直线的距离公式求出的高，代入公式求解即可.【详解】（1）由题得:，解得，所以双曲线的方程为：.（2）设，如图所示：由题得直线的方程为，联立得：，整理得：，所以，所以所以又因为点到直线的距离为：，所以的面积为.03直接法求轨迹方程（2026·安徽马鞍山·一模）已知，动点满足直线的斜率与直线的斜率的商是，记点的轨迹为.(1)求的方程；(2)已知椭圆以分别为左，右焦点，离心率为.直线与轴平行，与交于点，与交于两点.直线与轴交于点.（i）求面积的最大值；（ii）求证：为定值，并求出该定值.【答案】(1)(2)（i）（ii）证明见解析，定值为.【分析】（1）根据题设条件，写出两直线斜率，根据斜率之比化简即可得解；（2）（i）先求出椭圆方程，设，根据点在椭圆上得到，利用基本不等式求出面积的最值即可；（ii）设，，利用三点共线可得，再由两点间距离公式求出，即可得证.【详解】（1）由题知，，设，则，由题意知，均不为0，即，再由，得，即所以的方程为.（2）（i）因为椭圆的离心率为，故，所以椭圆的方程为，如图，设，其中，，因为在上，所以，由基本不等式，，故，当且仅当时，等号成立，而面积，所以面积的最大值为.（ii）设，，则三点共线，所以，即，解得，则，所以，为定值.（2025·辽宁沈阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，点到点的距离比它到轴的距离多1，记点的轨迹为，过点且斜率为的直线与轨迹从左到右的三个公共点分别为．(1)求轨迹的方程(2)求的取值范围；(3)点关于原点对称，若，求的面积．【答案】(1)(2)(3)40【分析】（1）由已知得，即，化简即可得出点M的轨迹的方程；（2）设直线l的方程为，与C的方程联立，要使得有三个交点，则，直线与轴的交点为，可得，求解即可；（3）由得出的坐标即可求解面积．【详解】（1）设，依题意得：，即，化简得，，所以点的轨迹的方程为；（2）设直线的方程为，由方程组，可得，要使得有三个交点，则，方程的判别式为，设直线与轴的交点为，则由，取得，当，解得或，故当时，直线与轨迹恰有三个公共点；（3）设，，由（1）知，，所以，由直线的方程可知，，故，所以，，则，整理得，解得，从而，故，，则，，，即直线为，，点到直线的距离为，所以．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于两个动点（可以重合）(1)求点的轨迹的方程；(2)过点的两条直线相互垂直，直线与交于两点，直线与交于两点，线段的中点分别为.①求四边形面积的最小值；②判断直线是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)①；②直线过定点，定点坐标为【分析】（1）根据动点具有的几何性质可得动点轨迹方程；（2）联立直线方程和抛物线方程后消元后利用韦达定理可求，从而可求四边形面积的解析式，由基本不等式可求面积的最小值；（3）设直线，则联立直线方程后可求的坐标后结合同构可求，故可得直线过定点.【详解】（1）根据题意，圆心坐标为．又因为该圆经过点和，所以，化简得，所以点的轨迹的方程为．（2）①因为直线的斜率一定存在且不为0，故设，．联立方程消x得，则．所以，同理，所以，当且仅当时，四边形的面积最小，最小值为32．②易知当直线斜率不存在时，直线关于x轴对称，此时①中，得直线；当直线PQ斜率存在时，设直线，联立方程，得，又，得，同理可得，所以，是方程的两根，所以，即，则，所以直线过定点．综上，直线过定点．（2025·安徽黄山·二模）平面内，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记动点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)为坐标原点，为曲线上不同两点，经过两点的直线与圆相切，求面积的最大值．【答案】(1)(2)1【分析】（1）根据题设条件列出方程，化简即得曲线的方程；（2）依题设直线的方程为，由圆心到直线的距离等于半径推出，再由直线与椭圆方程联立消元，写出韦达定理，计算弦长和点到直线的距离，表示出面积，利用换元和基本不等式即可求得面积最大值.【详解】（1）设到定直线的距离为，依题意，可得，化简得，即曲线的方程为.（2）依题意，直线的斜率不可能是0，不妨设其方程为：，则圆的圆心到直线的距离，即①由消去，可得，由，可得，设，则，则，将①式代入，化简得：，因点到直线的距离为，则的面积为，设，则，，因，当且仅当时取等号，此时，的面积的最大值为.（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知，点满足.(1)求动点的轨迹方程；(2)在二次曲线中，我们常把存在相同对称轴和焦点的两段圆锥曲线弧合成的封闭曲线称为“组合曲线”.已知曲线与抛物线构成“组合曲线”.设过点的直线交“组合曲线”于两点，记.（i）若直线的斜率为，求的值；（ii）试问是否存在最值？请说明理由.【答案】(1)(2)（i）；（ii）存在，理由见解析【分析】（1）根据向量的数量积公式计算得出轨迹方程；（2）（i）求出两曲线的交点坐标，确定当直线的斜率为时，就是直线与椭圆的交点，联立直线和椭圆方程再结合弦长公式计算求解；（ii）设点，，根据的位置分类讨论，结合三角函数的值域计算求解.【详解】（1），化简得，所以的方程为；（2）（i）根据（1）可知的焦点为，则抛物线方程为，联立解得（舍去）或，因此“组合曲线”为曲线与组合而成，如图，实线部分记为“组合曲线”，其中，.由于，因此当直线的斜率为时，就是直线与椭圆的交点.因此联立，解得，故.（ii）设直线的倾斜角为，根据对称性，不妨设在上方，在下方.由（i）可知，当，即时，直线正好过椭圆与抛物线的上下交点，先讨论的位置，由题意知.当时，在椭圆上，代入椭圆方程，得到，解得或（舍去），当在抛物线上，根据抛物线定义可知，因此.同理再讨论的位置，由题意知，当时，在抛物线上，由抛物线定义可知，故；当时，在椭圆上，代入椭圆方程，得到，解得或（舍去），因此，当时，；当时，；当时，；综上，当时，有最小值，当时，有最大值.04相关点法求轨迹方程（2025·河南许昌·三模）已知为抛物线上一动点，若点满足（为坐标原点），记点的轨迹为曲线．(1)求的方程；(2)若正三角形的三个顶点都在上，且直线的倾斜角为，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）设，根据，列方程结合点在抛物线上得解；（2）设，中点为，直线的方程为，与抛物线联立方程组，由弦长公式求出，又是正三角形，可得直线斜率为，，列式求出，进而得解.【详解】（1）设，则，若，则，解得，即，点在抛物线上，则，即，曲线的方程为.（2）设，直线的方程为，

由，消去得，即，由韦达定理得，，则，，根据弦长公式（这里），，是正三角形，设中点为，则，，即，直线与直线垂直，直线斜率为1，则直线斜率为，点C在曲线上，设，则，又，根据两点间距离公式，，可得，由可得，即，，则，，，由，，两式相减，得，，解得或，当时，，当时，（舍去），.（2025·广东揭阳·模拟预测）已知圆为原点，为圆上的动点，，点的轨迹为曲线，过点作点作圆的切线交曲线于A、B两点，过点作圆异于的切线交曲线于另一点，过点作圆异于的切线交轨迹于另一点．(1)求点的轨迹曲线的方程；(2)当斜率都存在时，求的斜率之积；(3)求四边形ABCD面积的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）设点，由向量坐标运算得，，代入化简即可求解；（2）设，由题意及，由与圆相切得，化简得，同理，从而为方程的两根，利用韦达定理即可证明；（3）当斜率都存在时，联立直线与双曲线方程，结合数量积的坐标运算及韦达定理得，进而由对称性可知四边形ABCD为菱形，解法一：，结合基本不等式及不等式的性质求得，当其中一个斜率不存在或者为0时，求得正方形形ABCD的面积为8，即可求解面积范围；解法2：由及等面积法得得，利用基本不等式得，进而，有，由柯西不等式得，则有，即可求解面积范围．【详解】（1）设点，则由得，即，，又在圆上，故，即，化简得，即为轨迹的方程．（2）设的斜率分别为，由点在轨迹上得，即，①设的方程为，由过点得，②由与圆相切得点到的距离为，即，即，③将②代入③得，即，同理，为方程的两根，即的斜率之积为．（3）当斜率都存在时，将的方程代入，整理得，故，，，即，同理可得，即A、O、C共线，B、O、D也共线，由对称性可知四边形ABCD为菱形，接下来有两种解法可供选择：解法1:，由于，即函数值域为，则，，，故．当其中一个斜率不存在或者为0时，由对称性可知为等腰直角三角形，此时的菱形ABCD为正方形，其面积为8，综上所述，四边形ABCD面积的取值范围是．解法2：由及等面积法得，及，变形得，，即，（当且仅当时等号成立）即．又由于，由柯西不等式得，（当且仅当时等号成立）即，即，，故．（2025·黑龙江辽宁·模拟预测）已知点在圆上运动，过点作轴的垂线段，垂足为，点满足，当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合.(1)求动点的轨迹方程.(2)设分别是方程表示的曲线的上、下顶点，、是直线与曲线的两个交点.①若直线AC的斜率与直线BD的斜率满足，求证：直线CD过定点.②当变化时、试探究（为坐标原点）的面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)①证明见解析；②存在，最大值为【分析】（1）利用相关点法求解即可；（2）设，联立方程，利用韦达定理求出，①求出，再根据得出的关系，即可得出结论；②先分别利用弦长公式和点到直线的距离公式求出和点到直线的距离，从而可求出面积的表达式，进而可得出答案.【详解】（1）设，则，由，得，即，所以，所以，则，因为点在圆上运动，所以，整理得，当点经过圆与轴的交点时，同样成立，所以动点的轨迹方程为；（2）设，联立，消得，则，①由（1）得，则，因为，所以，即，又，所以，即，即，整理得，将代入化简得，解得或，当时，直线与椭圆的另一个交点为，与题意不符，故舍去，所以，所以直线的方程为，所以直线过定点；②易知，所以，，点到直线的距离，则，令，则，当且仅当，即时取等号，所以的面积存在最大值，最大值为.05参数法求轨迹方程已知点，直线，两个动圆均过点且与相切，其圆心分别为，，若动点满足，则的轨迹方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由抛物线定义得到圆心轨迹，设，再结合向量的坐标表示得到，即可求解；【详解】由抛物线的定义可得动圆的圆心轨迹方程为，设，则由动点满足，故选：A在平面直角坐标系中，长度为2的线段的两个端点分别在x轴，y轴上运动，动点P满足．(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)若，，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）设，，，由得，再由向量关系得到与关系，反解代入化简可得；（2）向量数量积坐标化，再由点在椭圆上消元得关于的二次函数，求闭区间上的最值即可.【详解】（1）设，，，因为，所以，由，则，所以，，解得，，代入，得，化简得.故动点P的轨迹C的方程为．（2）设，则有，，又，，，因为，所以当时，取最小值；当时，取最大值6，所以的取值范围为．已知椭圆经过点且离心率为，设直线与椭圆相交于两点.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线的斜率为1，求线段中点的轨迹方程；【答案】(1)(2)【分析】（1）利用待定系数法求椭圆方程；（2）设直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示中点坐标，消参后，即可求轨迹方程.【详解】（1）由题可得：，解得：，所以椭圆的标准方程为：；（2）因为直线的斜率为1，所以可设直线的方程为，，联立，化简得，则，解得：，所以，设弦中点，则，消去，得，而，所以点的轨迹方程为.（2025·山西·二模）已知椭圆的左焦点为，离心率.过点的直线交椭圆于两点，过且与垂直的直线交椭圆于两点，其中在轴上方，分别为的中点.(1)求点的轨迹方程；(2)证明：直线过定点；(3)求面积的最大值.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据，求得椭圆方程，设直线，联立椭圆并应用韦达定理求中点坐标，消去参数即得；（2）利用垂直关系设垂线方程为，确定，进而写出直线的方程，即得定点；（3）由直线过定点，且，得，通过换元再利用导数分析单调性可求得的最大值.【详解】（1）因为，所以，，故椭圆的方程为：，点.设点，，则，由已知在轴上方，所以直线的斜率存在且不为0，设直线，代入椭圆方程，整理得.则，∴由得，代入①，得即，所以点的轨迹方程为.（2）由（1）可设垂线方程为，代入椭圆方程得中点.因为所以直线的斜率为.直线的方程为：①令得：

②令得：③联立②③得交点，代入①式，该式恒成立，当时，直线方程为，也过点.所以直线过定点.（3）由(1)(2)得直线过定点，且所以，令，则，则令，则在上单调递增，当时，，即时，有最大值.面积的最大值为.06交轨法求轨迹方程在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点，若点C满足，其中，，且，则点C的轨迹方程为A． B．C． D．【答案】D【分析】向量坐标化得结合即可得点C的轨迹方程．【详解】设.由已知可知，又，又，可得点C的轨迹方程为.故选D.【点睛】本题考查向量坐标运算，消元法求轨迹方程，是基础题已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的动直线与双曲线相交于两点．（1）若动点满足（其中为坐标原点），求点的轨迹方程；（2）在轴上是否存在定点，使·为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）【分析】（1）设，则，，，，讨论直线的斜率存在和不存在的两种情况，当不与轴垂直时，利用的中点坐标和的坐标表示直线的斜率，从而得到的方程，结合点差法消去的坐标可求得结果，当与轴垂直时，也满足；（2）假设在轴上存在定点，使为常数．当不与轴垂直时，设直线的方程是，联立双曲线方程，利用韦达定理化简整理得到的表达式，从而得到，当与轴垂直时，也满足.【详解】（1）由条件知，，设，．设，则，，，，由得即，于是的中点坐标为．当不与轴垂直时，，即．又因为两点在双曲线上，所以，，两式相减得，即．将代入上式，化简得．当与轴垂直时，，求得，也满足上述方程．所以点的轨迹方程是．（2）假设在轴上存在定点，使为常数．当不与轴垂直时，设直线的方程是．代入有．则是上述方程的两个实根，所以，，于是．因为是与无关的常数，所以，即，此时.当与轴垂直时，点的坐标可分别设为，，此时．故在轴上存在定点，使为常数．【点睛】本题考查求轨迹方程的方法和直线与双曲线的位置关系，根据条件设而不求，最后再消去交点坐标是解题的方向，属难题.已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的上焦点到一条渐近线的距离等于2.(1)已知为上任意一点，求的最小值；(2)已知动直线与曲线有且仅有一个交点，过点且与垂直的直线与两坐标轴分别交于.设点.（i）求点的轨迹方程；（ii）若对于一般情形，曲线方程为，动直线方程为，请直接写出点的轨迹方程.【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据题意结合渐近线方程求得双曲线方程，设，根据两点间距离公式结合二次函数分析求解；（2）（i）（ii）联立方程，利用韦达定理求点的坐标，进而求点的坐标，并结合得到一组关系式分析求解.【详解】（1）设双曲线的方程为，其上焦点坐标为，一条渐近线方程为，则，解得，所以的方程为.设，则，要使最小，由题意知.则，①当，即时，在内单调递增，可知当时，；②当，即时，在内单调递减，在内单调递增，可知当时，；综上所述：.（2）（i）联立得，，由题意知，则，解得，且，即，所以直线的方程为，令得，；令得，，即，因为，即，可得，所以点的轨迹方程是，方程表示去除上下顶点的双曲线.（ii）联立得，，由题意知，则，解得，且，即，所以直线的方程为，令得，；令得，，即，因为，即，可得，即，点的轨迹方程是.【点睛】方法点睛：与点相关问题的解法解决与点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解．1．（2025·北京西城·模拟预测）已知平面直角坐标系中，动点到的距离与点到轴的距离的差为2，则的轨迹方程是（

）A．或 B．或C．或 D．或【答案】C【分析】设出点M的坐标，利用已知条件列出方程化简即得.【详解】设，依题意得，动点到的距离比点到轴的距离的大2，则，即，所以的轨迹方程是或，故选：C2．（2025·辽宁·一模）已知双曲线，作垂直于x轴的垂线交双曲线于两点，作垂直于y轴的垂线交双曲线于两点，且，两垂线相交于点，则点的轨迹方程是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题目条件建立方程化简即可求解.【详解】设，则，则由得：，化简得：，即点的轨迹是，故选：C3．（2025·河南·模拟预测）若过点的直线与抛物线交于B，C两点，以B，C为切点分别作的两条切线，则两条切线的交点的轨迹方程为．【答案】【分析】设出直线方程，利用韦达定理可求两条切线的交点的轨迹方程.【详解】设的方程为，代入中，整理得，设，则，由题意过点的切线斜率存在且不为0，设为，联立，得，由可得，即，所以切线方程为，同理可得过点的切线方程为.联立解得消去，得，所以两条切线交点的轨迹方程为．故答案为：4．（2025·广东惠州·模拟预测）若动点M到定点的距离与它到直线的距离相等，则动点的轨迹是什么?某学生认为：“平面内到一个定点和一条定直线距离相等的点的轨迹是抛物线.”由此判断动点的轨迹是抛物线.请问该学生的判断是否正确?（填“正确”或“错误”），点的轨迹方程是：.【答案】错误【分析】空一：由抛物线的定义可判断结论错误；空二：法一：设点，由题意得方程，化简可求得轨迹方程；法二：数形结合法，作出图形可求得轨迹方程.【详解】空一：抛物线是指平面内与一定点和一定直线（定直线不经过定点）的距离相等的点的轨迹，其中定点叫抛物线的焦点，定直线叫抛物线的准线.题设中“某学生”的解答依据忽视了“定直线不经过定点”这一关键点，因而导致错误.空二：法一：设点，由题意得：，两边平方并整理得：，即：，所以，故点M的轨迹是一条直线，该直线方程为.法二：作出图形可知，直线过点，故可得点M的轨迹是一条经过且与垂直的一条，直线.故M的轨迹为，化简，得.5．（2026·江苏南通·一模）已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且直线的斜率与直线的斜率的差是2．(1)求点的轨迹的方程；(2)已知上存在三点，且关于直线对称．①求的取值范围；②若为等边三角形，求．【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）利用斜率公式，列方程化简即可；（2）①利用直线与抛物线联立，求出对称点的中点坐标，利用中点在对称轴上找到参数的相等关系，再利用判别式恒大于0，来求出参数的范围，最后再排除特殊情况即可；②利用弦长公式，结合等边三角形可得到相等关系，再通过坐标满足的方程来求解即可.【详解】（1）设点．因为直线的斜率与直线的斜率的差是2，所以，，化简得：．（2）①因为关于直线对称，所以直线的斜率为-2．设直线的方程为，联立消去可得．所以所以中点坐标．因为点在直线上，所以．因为，所以，因为曲线方程，即曲线上要挖掉两点，即直线不能经过点，若直线过点，则，若直线过点，则．综上所述：的取值范围是．②因为为等边三角形，所以点在直线上．设，则，．所以，即，化简得，①．因为点在直线上，所以②．由①②消得，．因为，所以，所以．6．（2026·河南开封·一模）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．(1)求的方程；(2)经过点且斜率为1的直线交于，两点，求．【答案】(1)(2)8【分析】（1）先设点的坐标为，再根据题意列式化简即可；（2）先求出直线的方程，再利用距离公式即可求出.【详解】（1）设点的坐标为，依题意得，化简得，所以的方程为．（2）直线过点且斜率为1，直线为，即，设，联立，化简得：，则，又，把代入，得,，．7．（2026·山东枣庄·一模）如图，，，圆的半径为4，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于点，当在圆上运动时，记动点的轨迹为．(1)求的方程；(2)过点，分别作直线交于，，，四点（，在轴的上方），且．（ⅰ）判断四边形的形状（只提供结论，无需证明）；（ⅱ）求四边形面积的最大值．【答案】(1)(2)（ⅰ）平行四边形；（ⅱ）6【分析】（1）连接，由题意可得，即可得到动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，进而求解即可；（2）（ⅰ）结合椭圆的对称性即可判断；（ⅱ）由（ⅰ）易得四边形面积为，设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得表示出，令，，进而结合对勾函数的性质求解即可.【详解】（1）连接，由题意知，，则动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，即，则，所以的方程为.（2）（ⅰ）由题意，，且，，结合椭圆的对称性，易知，则四边形为平行四边形.（ⅱ）由（ⅰ）知，四边形为平行四边形，为其中心，则四边形面积为，由题意，设直线的方程为，，联立，得，则，，，则，则四边形面积为，令，，则，因为函数在上单调递增，则，则，即四边形面积的最大值为6.8．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）椭圆的一个顶点是，为坐标原点，离心率为.(1)求椭圆方程；(2)是椭圆上轴上方一点，是右焦点，的斜率为，求四边形的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆顶点坐标和离心率公式，结合椭圆中、、的关系求解椭圆方程；（2）先求出右焦点坐标，再根据的斜率设出直线的方程，联立椭圆方程求出点的坐标，最后利用四边形面积公式计算面积.【详解】（1）由题知，，解得：，所以椭圆方程为；（2）因为，所以：，联立，得，解得或，因为点在轴上方，所以，解得，故不合题意，应舍去，所以，所以四边形的面积.9．（25-26高三上·山东青岛·开学考试）已知双曲线的离心率为为上一点．(1)求的方程；(2)过的右焦点且倾斜角为的直线交于两点，为坐标原点，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知条件建立关于的方程组解出即可；（2）设，根据条件写出直线的方程，联立直线与双曲线方程求出两点的坐标，求出，利用点到直线的距离公式求出的高，代入公式求解即可.【详解】（1）由题得:，解得，所以双曲线的方程为：.（2）设，如图所示：由题得直线的方程为，联立得：，整理得：，所以，所以所以又因为点到直线的距离为：，所以的面积为.10．（2026·广西南宁·一模）已知抛物线（p＞0）的焦点为F，C的准线与x轴交于点H，．(1)求C的标准方程．(2)已知点，O为坐标原点，直线l交C于两点，且P，Q在x轴的两侧．（i）求的最小值；（ii）若，证明：l过定点．【答案】(1)(2)（i）;（ii）证明见解析【分析】（1）利用抛物线的性质求出的表示式，结合条件即可求得抛物线的方程；（2）（i）利用两点之间距离公式，结合点在抛物线上，将问题转化成求二次函数的最值问题即可；（ii）设直线的方程为，与抛物线方程联立，写出韦达定理，结合，求出的值，代入直线方程即可求得定点坐标.【详解】（1）依题意，抛物线（p>0）的焦点为，准线方程为，则准线与x轴的交点为，则，解得（舍去），故抛物线C的标准方程为.（2）（i）由题意，，因是抛物线上一点，则，故当时，取得最小值24，则此时的最小值为.（ii）依题意，直线的斜率不能为0，故可设直线的方程为，代入，消去，可得，则，由韦达定理，，因P，Q在x轴的两侧，则，即，则，即，因，则，此时直线的方程为，故直线必过定点.11．（2026·河北衡水·模拟预测）已知动圆过点，且与相切，记该动圆圆心轨迹为曲线．(1)求的方程；(2)若，直线与交于点，直线与交于点，点在第一象限，记直线与的交点为，直线与的交点为，线段的中点为．①证明：三点共线；②若，过点作的平行线，分别交线段于点，记与的面积分别为和，求的最大值．【答案】(1)(2)①证明见解析；②16【分析】（1）设，根据题目条件列式化简可得轨迹；（2）①设线段的中点为，利用向量证明，，三点共线，同理可证，，三点共线，进而可得结论；②将转化为四边形面积，将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出直线和直线的方程，则可求出坐标，然后利用面积公式求解最值即可.【详解】（1）已知圆过点，且与相切，所以圆心到点与点到直线的距离相等，根据抛物线的定义可知，圆心的轨迹为抛物线，且点为焦点，直线为准线.设抛物线方程为，则，所以，故.所以曲线的方程为.（2）①设线段的中点为，因为，所以可设，,因为所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，所以G，E，H三点共线．②设，，，，中点为，中点为，将代入得：，所以，，所以，同理，，（均在定直线上）因为，所以与面积相等，与面积相等；所以等于四边形的面积，设，，直线：，即整理得，直线：，又，所以，同理，直线：，又，所以，所以所以四边形面积，当且仅当，即，即时取等号，所以四边形面积的最大值为16，即的最大值为16.12．（2026·安徽淮北·一模）已知椭圆的短轴长为2，焦距为2，过的左焦点作斜率之和为1的两条直线和，与交于两点，与交于两点，线段的中点分别为．(1)求椭圆的标准方程；(2)求点的轨迹方程；(3)直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由．【答案】(1)；(2)；(3)直线恒过定点．【分析】（1）求出，从而得到椭圆的标准方程．（2）（方法一）设，显然直线的斜率存在，利用点斜式设直线的方程，直线和椭圆联立方程组，由韦达定理得到，进而得，从而得到点的轨迹方程；（方法二）设，求出的斜率为，利用点差法求解即可得到点的轨迹方程；（3）由（2）知点也满足点的轨迹方程，设直线方程为，直线和点的方程联立方程组，消去得的一元二次方程，设，利用韦达定理得到，由得到的等式，故直线恒过定点．【详解】（1）依题意，设的焦距长为，则，又短轴长，则，因此，椭圆的标准方程为：．（2）（方法一）设，显然直线的斜率存在，设，和椭圆方程联立，消去得：，则进而得，当时，，代入上式，化简得：，当时，也满足上式；又，故点的轨迹方程为：．（方法二）设，则的斜率为，由（1）知椭圆标准方程为：，则①

②②①得：，若，进一步得：，即：，于是．若，即，此时也满足上式，故点轨迹方程为：．（3）由（2）知点也满足方程，设直线方程为，联立，消去得：，设，则，由得：，即，故直线恒过定点．

13．（2026·重庆·一模）已知点，是直线上的一点，过作的垂线，线段的垂直平分线交于点．当在上运动时，记的轨迹为．(1)求的方程；(2)证明：直线是的切线；(3)已知圆的圆心在第一象限内，与有唯一的公共点，且与轴相切于点，求圆的方程．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用抛物线的定义求解；（2）设，求出的中点坐标，利用斜率公式求出，因为直线是的垂直平分线，所以直线的斜率为.根据点斜式方程求出直线的方程，直线和抛物线联立方程组，得到关于的一元二次方程，计算，得到直线与抛物线有且只有一个交点，即直线是抛物线的切线.（3）因为圆与轴相切于点，且圆心在第一象限内，所以可设圆的圆心坐标为，半径为，则圆的方程为，联立，经过计算得到①，因为圆与抛物线有唯一公共点，所以①方程有且只有一个解，设，，由①方程有且只有一个解，得到有唯一的零点，且该零点为的极值点，即，计算出的值，故而求得圆的方程.【详解】（1）已知点，直线，过作的垂线，线段的垂直平分线交于点,根据垂直平分线的性质可知，即点到点的距离等于点到直线的距离，所以点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，设抛物线方程为，则，解得所以的方程为.（2）设，则的中点坐标为，，因为直线是的垂直平分线，所以直线的斜率为.根据点斜式方程可得直线的方程为，即，将代入，得则，，则直线与抛物线有且只有一个交点，即直线是抛物线的切线.（3）因为圆与轴相切于点，且圆心在第一象限内，所以可设圆的圆心坐标为，半径为，则圆的方程为，联立，由解得，将代入，得到，展开并整理得①，因为圆与抛物线有唯一公共点，所以①方程有且只有一个解，设，，①方程有且只有一个解，有唯一的零点，且该零点为的极值点，，，，，，，，，，，，，，，，，，圆的方程为.14．（2026·四川雅安·一模）已知曲线上的动点满足，其中，，抛物线的焦点为，点在抛物线的准线上，线段与抛物线交于点，，.(1)求曲线的方程和抛物线的方程；(2)点是抛物线上的动点，过点作曲线的两条切线分别与交于两点，求的面积的最小值及此时点的坐标.【答案】(1)，(2)；或【分析】（1）设，利用向量数量积的坐标表示求出曲线，利用抛物线的定义和性质求出抛物线；（2）设切线方程为，切线斜率为，利用圆心到切线的距离结合韦达定理得到，代入弦长，进而得到的面积与的关系式，求最小值即可.【详解】（1）设，因为，，所以，，所以，即，所以曲线是圆心为，半径为的圆；抛物线的焦点，准线，设点，，过作交准线于，由抛物线的定义可知，又因为，所以与轴的夹角为，因为，所以到准线的距离，所以抛物线.（2）点，则两切线斜率存在，过作圆的切线，即，所以，整理得，设两切线斜率分别为，则，，所以，又因为，所以，因为切线与准线的交点为，，所以，又因为点到准线的距离为，所以，令，则，所以，令，则在上单调递增，因为，当且仅当，即，时等号成立，所以，，所以的面积的最小值为，此时点的坐标为或.15．（2025·山东济宁·模拟预测）设两点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积为，设点的轨迹为曲线．(1)求的方程；(2)若直线过点，与交于两点，在轴上方，直线交于点，直线交于点．求的最小值；【答案】(1)；(2)6.【分析】（1）直接根据动点满足的条件可求轨迹的方程；（2）先设设直线的方程为，再联立曲线的方程，结合根与系数关系可得，再由题意可得，进而，也是，从而可得N点在直线上，同理可得M点在直线上，所以，再用基本不等式可得最小值.【详解】（1）设，则，所以，所以，所以，即，则的方程.（2）设，依题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，如图：

联立，消去x，，.所以，所以，.设，由题意知，，由题意知，且，，所以，即，也即，所以，，所以，即在直线上.同理由题意知，且，所以，即，也即，所以，所以，即在直线上.因为直线的方程为，直线的方程为，由，得，且，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为6.16．（2025·浙江丽水·一模）已知是椭圆上的两点．(1)求椭圆的标准方程；(2)已知是椭圆上的两动点，且的横坐标之和为，设直线为线段的中垂线，过点作直线，垂足为．求垂足横坐标的取值范围，并求的轨迹方程．【答案】(1)；(2)，且.【分析】（1）根据椭圆上两点代入方程求解的值即可得椭圆方程；（2）设，线段的中点，分别讨论直线的斜率是否存在，当斜率存在时确定直线的方程与直线联立得横坐标与的关系，结合函数得的取值范围，结合圆的定义从而得的轨迹方程.【详解】（1）由题意解得，所以椭圆的标准方程为；（2）设，线段的中点，则，，①当时，的中垂线为轴，过点向中垂线作垂线，垂足为点②当时，直线的斜率，则，所以，将代入椭圆方程得，所以，从而或，线段的中垂线方程为，即．故线段的中垂线过定点故垂足轨迹是在以为圆心，半径为的圆弧，其方程为过点与垂直的直线为，联立方程组消去得，因为，所以，综上①，②所得所以垂足轨迹方程是，且．17．（2025·贵州遵义·模拟预测）在复平面上，复数对应的点为，且复数满足的方程为．(1)判断点的轨迹是什么曲线？并说明理由；(2)记点的轨迹为曲线，是上任意一点，定义变换，变换后的点形成曲线，再将曲线沿向量平移得到曲线．（i）求曲线在平面直角坐标系下的方程；（ii）已知，，设过点的直线与曲线交于，两点（异于点），三角形的外心为．设直线的斜率为，直线的